Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2013 - 2014 - THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2013 - 2014 là tài liệu tham khảo không thể thiếu trong quá trình các em ôn tập, luyện thi Đại học môn Toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2013 - 2014 - THPT Chuyên Lương Văn Chánh

www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút ) ----------------------------------------------------------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m (Cm) (m là tham số). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ứng với m = 2. 2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị (Cm) của hàm số đã cho vuông góc với đường thẳng (d): x – y + 2 = 0 . Câu II (2,0 điểm)  (1  cos 2 x ) 1. Giải phương trình: 2 cos(  x ).  (1  cot x ) 4 sin x x  cos x 2. Tính:  dx sin 2 x  2 2 2 xy x  y  1  x  y Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  y  y  x2  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 6 a ; điểm M là trung điểm của cạnh SA. Tính thể tích tứ diện SMBD. 2 Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 3  3 3  1 1 a  b 1 b  c 1 c  a3 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Câu VIa(3,0 điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: A, A1, B 1.a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x + 2y – 1 = 0 ; d2: 4x – 2 y + 3 = 0. Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua M (4;2) và lần lượt cắt d1, d2 tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A. 2.a) Một tổ học sinh có 4 em Nữ và 5 em Nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để chỉ có hai em nữ A , B đứng cạnh nhau còn các em nữ còn lại không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh A, B . 3.a) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn  0 ; 1  3     m 1  x 2  2 x  2  x( 2  x )  0 . Câu VIb(3điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: D, D1, M 1.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua M(1;4) và tiếp xúc với đường tròn (C). 2 1 2.b) Tìm hệ số của x trong khai triển Niu tơn đa thức f ( x)   x 2  x  1 ( x  2) 3n với n là số 10   4  3 n 2 tự nhiên thỏa mãn: An  C n  14n . log 2 x 2 3.b) Xác định m để bất phương trình:  m nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định log 2 x 1 2 . www.MATHVN.com Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh…………
www.DeThiThuDaiHoc.com ĐÁP ÁN Câu Nội dung Thang điểm I-PHẦN CHUNG Câu I(2đ) y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m 1(1đ) Khi m = 2, ta được hàm: y = x3 – 3x2 + 6 - TXĐ: D = R - y’= 3x2 – 6x x  0  y  6 0,25 y’= 0   x  2  y  2 - lim  ; lim   x   x   - BBT: x  0 2  0,25 y’ + 0 - 0 + y 6  2  0,25 y’’= 6x – 6 , điểm uốn I(1,4); CĐ(0;6), CT(2;2). Điểm đặc biệt (-1;2), (3;6). 10 8 6 f x =   +6 x3-3x2 0,25 4 2 -5 5 2(1đ) Ta có: y’= 3x2 – 6x + m – 2 0,25 Tiếp tuyến Δ tại điểm M thuộc (Cm) có hệ số góc : k = 3x2 – 6x + m – 2 = 3(x – 1)2 + m – 5  m  5 0,25 dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1 Suy ra : kmin  m  5 tại điểm M (1 ; 4m – 4) 0,25 Tiếp tuyến   d  (m  5).1  1  m  4 0,25 Vậy m = 4. CâuII(2 đ) Điều kiện: sin x  0  x  k www.MATHVN.com 0,25 1(1đ)
www.DeThiThuDaiHoc.com 2 cos 2 x cos x Pt  (sin x  cos x ) 1 sin x sin x 2  (sin x  cos x ).2 cos x  sin x  cos x 0,25  (sin x  cos x )(2 cos 2 x  1)  0 sin x  cos x  0  (sin x  cos x ) cos 2 x  0   cos 2 x  0  0,25 * sin x  cos x  0  tan x  1  x    k ( N ) 4    * cos 2 x  0  2 x   k  x   k ( N ) 2 4 2   0,25 Vậy phương trình có nghiệm là: x =  k 4 2 2(1đ) x cos x Ta có: I =  2 dx   dx 0,25 sin x sin 2 x x I1 =  dx sin 2 x u  x  du  dx Đặt  1  dv  sin 2 x dx v   cot x  cos x I 1   x cot x   cot xdx   x cot x   dx sin x d (sin x) 0,25   x cot x     x cot x  ln sin x  C1 sin x cos x I2 =  dx sin 2 x Đặt t = sinx  dt  cos xdx dt 1 1 I2 =  2    C 2    C2 0,25 t t sin x 1 Vậy: I = ln sin x   x cot x  C sin x 0,25 CâuIII(1đ)  2 2 2 xy  x  y  1  x  y (1)   x  y  y  x 2 (2)  ĐK x + y > 0. Ta có: 0,25 2 x  y  2 xy (1)   x  y   2 xy  x y 2   x  y  ( x  y )  2 xy ( x  y )  x  y  2 xy  2    x  y x  y   1  2 xy ( x  y  1)  0 0,25   x  y  1 x  y  x  y  1  2 xy   0 y  1 x  2 2 0,25  x  y  x  y  0 (vô nghiêm) x  1 Với y = 1 – x thay vào (2) ta được x2 + x – 2 = 0    x  2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0) và (-2;3). 0,25 www.MATHVN.com CâuIV(1đ) Ta có:
1 www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 VS.ABD = V S 2 VS . MBC SM 1 1 1 M    VS .MBC  VS . ABD  V 0,25 VS . ABD SA 2 2 4 A D Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên 3a 2 a 2 O 0,25 SO  ( ABCD)  SO  SA  AO   a 2 2 C 2 2 B 1 1  V  VS . ABCD  SO.S ABCD  a 3 3 3 0,25 1 3 Vậy: VSMBD = a 12 Câu V(1đ) Trước hết ta chứng minh : a 3  b 3  1  a 3  b 3  abc (1)    a  b  a 2  ab  b 2  abc  a  b ab  abc  ab(a  b  c)  0 0,25 1 1 c c Từ (1), ta có: 3 3    1 a  b ab(a  b  c ) abc (a  b  c ) a  b  c 0,25 1 a 1 b Tương tự: 3 3  ; 3 3  1 b  c a  b  c 1 c  a abc 1 1 1 Suy ra:   1 0,25 1  a 3  b 3 1  b3  c3 1  c3  a 3 0,25 Dấu (=) xảy ra khi a = b = c = 1. II-PHẦN RIÊNG Câu VIa 1a(1đ) Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d1, d2 là: 4x  2 y  3 0,25 2x  2 y  1  2 2 3 2    2 x  2 3  2 y  9  0 (  1 ) 0,25   14 x  2 3  2 y  3  0 ( 2 )  Để đường thẳng qua M 4;2 và cắt d1, d2 lần lượt tại B , C để tam giác ABC cân tại A khi và chỉ khi đường thẳng này phải vuông góc với 1 hoặc  2 .  Đường thẳng qua M và vuông góc 1 có phương trình là:    14x + 2 3  2 y  44  4 2  0  7 x  3  2 y  22  2 2  0  0,25  Đường thẳng qua M và vuông góc  2 có phương trình là: 0,25    2x  2 3  2 y  20  4 2  0  x  3  2 y  10  2 2  0 .  2a(1đ) + Không gian mẫu: P9 = 9! cách xếp một hàng dọc 0,25 + Số cách xếp 5 bạn Nam là: P5 = 5! 0,25 + Số cách xếp 4 bạn Nữ trong đó bạn A và B đứng cạnh nhau (A và B hoán vị 3 6! nhau) là: 2 A6  2. (Chú ý giữa 5 em Nam có 6 vị trí để xếp Nữ vào) 0,25 3! 2.6!.5! 5 Vậy P =  0,25 3!.9! 63 3a(1đ) Đặt t = x 2  2 x  2   x ( 2  x)  t 2  2 www.MATHVN.com
x 1 www.DeThiThuDaiHoc.com t’ =  t  0  x 1 0,25 x 2  2x  2  Bảng biến thiên suy ra: x  0;1  3  t  1;2  t2  2 Bpt trở thành mt  1)  t  2  m  2 (1) 0,25 t 1 t2  2 t 2  2t  2 Xét f(t) = trên 1;2 , có f ' (t )  0 t 1 (t  1) 2 BBT t 1 2 f’(t) + 0,25 2 3 f(t) 1 - 2 2 Bpt(1) có nghiệm t  1;2  m  max f (t )  f (2)  0,25 1; 2  3 2 Vậy m . 3 Câu VIb 1.b)(1đ) (C ) có tâm I(2;1), bán kính R = 3 Đường thẳng qua M(1;4) cùng phương với Oy không thể tiếp xúc với (C) . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng   qua M(1;4)   có phương trình: kx – y + 4 – k = 0 0,25 kx  y  4  k   tiếp xúc (C )  d ( I , )  R  I 2I R k 1 0,25 k  0  2k  1  4  k  3 k  1  k  3  9(k  1)  8k  6k  0   2 2 2 2 k  3 0,25  4 Với k = 0,   : y  4  0 3 Với k = ,    : 3 x  4 y  13  0 0,25 4 2.b)(1đ) Từ An  C n  2  14n  2n 2  5n  25  0 . Tìm được n = 5 3 n 0,25 1 4 3n 1 3n 4 1 19 Ta có f(x) =  x  2  x  2   x  2   x  2  0,25 16 16 16 19 1 =  C17 x k 219 k k 16 k 0 0,25 1 Hệ số ứng với x10 là: a10 = .29 C19  25 C19  2956096 10 10 0,25 16 log 2 x 2 3b)(1đ) Bpt: m log 2 x 1 2 t Đặt t = log 2 x (t  0) , ta được: 2 m www.MATHVN.com t 1 0,25
twww.DeThiThuDaiHoc.com Xét hàm f(t) = t  1 0,25 t 1 t2 f ' (t )  , dấu f’(t) phụ thuộc vào dấu của tử 2t  1 t  1 BBT: t 1 2  f’(t) - 0 + + + f(t) 0,25 2 Vậy: m  2 bpt nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định. 0,25 www.MATHVN.com